2x x 2 x(2 2) 5( 3 1)(2 2)cm. 2x x 4x x 2 S 12,5 12,5 25 2x 3x 2 0 2x 3x 27. x' 0,75 (não convém) x. a hipotenusa. AD x AC. x 5( 3 1)cm.

Transcrição

1 Tarefas 05, 0, 07 e 08 Professor César LISTA TAREFA DIRECIONADA OLIMPO GOIÂNIA / MATEMÁTICA - FRENTE B Gabarito: 0. D Calculando: x x x 4x x S,5,5 5 x x 0 x x7 4 ( 7) x' 0,75 (não convém) x 4 x'' a hipotenusa a x x a a 5 5 a 50 a a 7 x 5 sen θ sen θ 0,7 a B Sendo ABC um triângulo retângulo isósceles com catetos medindo xcm, vem y xcm. Por outro lado, do triângulo ADC, temos: AD x tgacd tg0 AC x 0 x x 0 0 x x 5( )cm. Portanto, o perímetro do triângulo ABD é: x x x( ) 5( )( )cm. 0. C h sen 0 h 500 m B Tem-se que x x sen0 x 5 m. 0 0 Portanto, a resposta é 0 00% 00%. 5

2 Matemática Avaliação Produtiva 05. C Tem-se que BCD, vem ABC 90, ADB 90 e DAB 0 implicam em DBC 0. Assim, do triângulo retângulo CD sendbc CD 5 BC 5 CD. 0. D Considere a figura. Supondo DAB 90, temos α 90 θ. Além disso, do triângulo retângulo ABC, vem BC senα y sen α. AB Mas senα sen(90 θ) cosθ e, portanto, y cos θ. 07. B Seja h a altura do prédio. Logo, segue que h, tg0 h, h 8,m. 08. B Seja h a altura da rampa. Logo, tem-se que h sen0 h 50cm. 00 Portanto, devem ser construídos degraus. 09. D Admitindo que,0m seja a distância do teodolito ao eixo vertical do monumento, temos: Sendo x a altura do monumento, temos: x,0 tg0, 0 x,0,0 Logo, x é aproximadamente,0+,04, ou seja, x =,4m.

3 Exercícios Complementares 0. A tg0 x x 50m. x 0,7. B No triângulo assinalado, temos:,, sen0 x,4 x x. A Considere o triângulo isósceles ABC de base BC. Assim, AB AC cm e ABC ACB 0. Sendo M o ponto médio de BC, do triângulo AMC, vem BC MC cos ACB cos0 AC BC cm. Portanto, o resultado é ABACBC ( )cm.

4 Matemática Avaliação Produtiva. A No triângulo destacado, temos: o d sen0 d d 4. D tg (7 ) = 0,75 AC 0,75 00 AC 75m 5. E h = altura entre os dois andares. h sen0 h 0,5 h m. B Seja α o ângulo que a rampa faz com o solo. O ângulo α é tal que tg 0,50. 4 Desse modo, como a função tangente é crescente e tg0 0,58 0,50, segue que α 0. 4

5 Exercícios Complementares 7. D Sabendo que AC e sen, vem BC BC AB sen BC. AB AB Aplicando o Teorema de Pitágoras, obtemos: AB AB AC BC AB 8 AB 9 AB C 000 cos 45º x 000 x x x x,44 m 9. D h = altura. o h sen0 h h. km = cm 5

6 Matemática Avaliação Produtiva 0. Considere a figura abaixo. Do triângulo ABC, vem que ˆ AB 5 5 AB 5 0 tgbca BC cm e senbca ˆ AC cm. BC tg0 AC sen0 5 Logo, como BD cm, segue que CD BC cm. Além disso, do triângulo CDE, obtemos: CE 5 sencde ˆ CE CD sen0 cm. CD Portanto, o inteiro mais próximo da distância, em cm, do ponto A até a horizontal é dado por: 0 5 AC CE B. A ( ). o 0 0 Na figura, temos: sen 0,05 0,05x 0 x 00 cm x x Logo, o comprimento da rampa será 00 cm = m.

7 Exercícios Complementares 4. E o x sen0 x h 9,,8 7m 40.,7 9,m 5. D Calculando: sen0tg5 sen 0tg 45 π cos 90sen ( 0 ) 0 cos sen( 0 ). A Desde que sen( πα) sen α, cos( πα) cos α, sen( α) sen α, sen( πα) senα e tg(n πα) tg α, com n, temos π π 7π π cos 4cos sen tg 4 π π π π cos π 4cos π sen π tg 0π 4 4 ( ) A Logo, cos (.80 ) cos D Temos que sec0sec( 040 ) sec 40 sec 0, 5π 5π cos cos4 π 5π cos π cos 7

8 Matemática Avaliação Produtiva e 9. C 0. C. C tg0tg( 00 ) tg0. Portanto, sec0 5π cos (tg0 ) ( ).. C Calculando: AC AC 5 AD AD cosθ 00 cosθ 0 0 cosθ cosθ θ Tem-se, pela Lei dos Cossenos, que a resposta é AB AT BT AT BT cos ATB AB AB 09 AB 40 m. 4. C Pela lei dos cossenos: a 0 0 cos 0a 0 a 9 a 4 Perímetro m voltas 90 m custo reais 5. A O maior ângulo se opõe sempre ao maior lado. Assim, pela Lei dos Cossenos, tem-se: cosα cosα 0,85 0 8

9 Exercícios Complementares. B Considere o pentágono equilátero ABCDE de lado da figura. É fácil ver que o triângulo CDE é isósceles, com CD ED. Sabendo que BAE 90, tem-se que o triângulo ABE é retângulo isósceles, com BE. Em consequência, sendo ABC 5, concluímos que o triângulo ABC é retângulo em B. Agora, pelo Teorema de Pitágoras aplicado no triângulo BCE, encontramos CE. Finalmente, aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo CDE, vem ( ) cosθ cosθ θ B Seja a medida do lado do triângulo que é oposto ao ângulo de 0. Pela Lei dos Senos, tem-se que R R. sen0 8. A Considere a figura, na qual AB,AC 0 e BC 8. Do triângulo retângulo ABD, obtemos BD tgbad BD AB tg0 AB BD BD. 9

10 Matemática Avaliação Produtiva Além disso, pelo Teorema do Ângulo Externo, segue que ADC DAB ABD Portanto, pela Lei dos Senos, vem CD AC 8 0 sendac sen ADC sen sen0 4 sen sen0 5 4 sen 5 4 sen B Pela Lei dos Senos, segue que: AB R R R m. sen B α= o o o o Aplicando o teorema dos senos, temos: AC 8 o sen0 sen45 AC. 8. AC 4 o 0

11 Exercícios Complementares 4. D x 00 o sen0 sen45 x x x 00 m 4. 9 metros. 4. A Sendo k, temos cosx cosx cos π x πkπ k x π. Por conseguinte, vem cos x ou o cos x. 44. A Desde que a função cosseno é par, temos cos(x) cos( x) cos x cos x 0cosx 0. Portanto, segue que S. 45. B 4. A 47. C 48. D Sabendo que cotg x, temos tgx tgx cotgx tgx tgx tg x tgx ou tgx. π Portanto, como x é um arco do primeiro quadrante, só pode ser x. 4